一轮数学理科复习

1、第一集合与常第一集A12Baa2 3第一集合与常第一集A12Baa2 31.（2017 01）已知集B1，得a1故填1由题意a2 33，故A1,2,6，B2,4，CxR|15，则C B.1,2,D.xR|1x B1,2,6 2,41,2,4,A12,6,B24C1,2,4,6 1,512,4.故选从而1)Ax2x1Bxx1或x3BAA.x 2xC.x 1xB.x 2xD.x1 3a因此b2 3a （3）由（1）设 x 3x 2axb0的两个实根为xx ，且设x x 2x(,(x1,x2(x2,f+00+f x 24a2 93x 且有21x x 2fx而f x f x x ax bx 1x3 a

2、x2 bx 321 x 24a2 93x 且有21x x 2fx而f x f x x ax bx 1x3 ax2 bx 32111xx123x 2ax b 3x 2ax b a x b x 221211223333132a x b x 3 3204a3 2ab 322 af x， f x所有极值之和为ha记13193a a2 ，所以hafx的极值为ba 2，a 3因a处理方法一：因为ha= 2 a 0 ，于是h a 在3, 上单调递减39因为h6 7 ，由hah6，故a 62处理方法二：所以ha1a2 3 7 ，整理得2a363a540（必然可以猜测零点9a62a2 12a9 0，因此a 6因

3、此a 的取值范围为3,6评注 x, x1x2,f00f ，gx 2x2 ax1，在，a2x2x lnx ，121 1 ，所以实数 的取值范围是f x x3 ax2 bx即，令，gx 2x2 ax1，在，a2x2x lnx ，121 1 ，所以实数 的取值范围是f x x3 ax2 bx即，令f x f x 2f a312xlnx3, a 11112（15-16 高二下学期期末文 20）已知函，（1）（1），；或，和，；则，f x x 2aln22gx x2 4x4x 2x22（15-16 高二下学期期末文 20）已知函，（1）（1），；或，和，；则，f x x 2aln22gx x2 4x4x

4、 2x2lnxx1,24 ) 42xx x ,a 2 2 172x 2xgx41 xlnx 0gx在gx41 xlnx 0gx在12gxg24f x24f xx2 2cosxgxexcosxsinx2x2，其中ey fx在点, f （2）gx af xahx的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值，（1）f2 2fx2x2sinxfy2 22xf x在点, f 处的切线y y2x2 2（2）由题意得h(x) ex(cosxsin x2x2a(x2 2cosxhxexcosxsinx2x2exsinxcosx2a2x2sinx 2exxsinx2axsinx 2ex ax sinxmxxsinx

5、，则mx1cosx0mxR上单调递增m(0)0 x0m(x0 x0mx0当a0ex a 0 x 0 hx 0 hx 在区间,0上单调递减；x 0 hx 0 hx 在区间0,上单调递增，x0hx取得极小值，极小值为h02a1当a0hx2ex elnax sinx，hx 0 x1 ln a x20 . 当0 a 1时lna 0 x,lna hx 0 ，此hx单调递增hx hx单调递增，当；，在a 1，当当当取得极大值，极大值为h02a1当.在；当在和；当在在,0当.f xexcosx，当；，在a 1，当当当取得极大值，极大值为h02a1当.在；当在和；当在在,0当.f xexcosxx.，xn n

6、so2.（2）.当上单调递减.f (x.211）的极小值为，解得，所以，.或，x2 .（1）（2），.（2）或x变化时， .（2）.当上单调递减.f (x.211）的极小值为，解得，所以，.或，x2 .（1）（2），.（2）或x变化时， 1i2xe2 2 11 2x11ex0， 12111fx2f x,上的取值范围是又22 222yyyyy浙xOxO1 2x11ex0， 12111fx2f x,上的取值范围是又22 222yyyyy浙xOxOxOxOxO江理fxy fx的图像可能是y题型fx2x43x33x26xa在区间1,2x0g20）设aZ，已知定义在R x的导函数（1）g x的单调区间；

7、（2）设m1,x0 x0,2，函数hxgxmx0 m，求hmhx0 0 fp满足 p x 10（1）f(x) 2x4 3x3 3x2 6xag(x) f (x) 8x3 9x2 6x6，g(x) 24x2 18x6g(x0 x 1x 1 4x12112525,00f1 2e 01 2 e x 变化，和.，令，H1(x 0H1(x当，.令，在，单调递减，x1x0 x0 ,2故.，令，；当，故h(x 变化，和.，令，H1(x 0H1(x当，.令，在，单调递减，x1x0 x0 ,2故.，令，；当，故h(x在(1,2)上至少有一个零点，不妨设为 ，则)x ,22020 2000增减增由（1）g(x在1

8、,2上单调递增，故0 g(1) g(x1) g(2)f pf p q q 2p4 3p3q由（1）g(x在1,2上单调递增，故0 g(1) g(x1) g(2)f pf p q q 2p4 3p3q3p2q2 6pq3 g2pq x .0g(x 1p x f p0pqa q 0q所以|2p4 3p3q3p2q2 6pq3 aq4 |2p4 3p3q3p2q2 6pq3 aq4 1p1，就有 p x 1即03 21）f x x1alnxf（1）（2）设m为整数，且对于任意正整数n+122 m，求m的最小值22n （1）f(x) x1alnxx 0f (x) 1 a xa f(1)0f x在0，上

9、单调递增，所以0 x1f x f 10fx0当a0a 0 当0 xaf(x0f(x在(0,axaf(x0f(x在(af(x)f(x)a1f(x在(1,ax(1,aa1f(x在(0,1)上单调递减，在(1,综上所述a f10fxx1alnx0在0,fx1a0，得ax1a1f x x1lnxf xx当0 x1fx0f xfx0， x单调递增x1fx1fxfxf10a1满足题意111（2）由（1）x1,x1lnx0fx0， x单调递增x1fx1fxfxf10a1满足题意111（2）由（1）x1,x1lnx0n x 1n 所以ln1 1lnln1 11111L 1122n22从而1 111 e1122

10、22n2 e AODO BOO故BC， 满足， 和， ；当解法二( ， 的夹角.数第一等差数列与等a4 b4 ， 满足， 和， ；当解法二( ， 的夹角.数第一等差数列与等a4 b4 8，2212由，.为等差数列an项和若a4 a5 2414）的公差为ADE， 灯A1B3C5D9，式， ，他们推出了“， 灯A1B3C5D9，式， ，他们推出了“， 设第 ，n14N13， 组总共的和为21 2n n2互1，21 7d24 73d15a1N 291295440.22.2017山东19）已知xn是各项均为正数的等比N 291295440.22.2017山东19）已知xn是各项均为正数的等比数列，且

11、x1x2 3x3x2 2（1） 求数列xn 的通 ，在平面直角坐标系 xOy 中，依次联结 （1）设数列xn的公比为q ，由已知q 0 x1x1q，所以3q2 5q2x1q x1q 2q0，所以q2,x11，因此数列xnxn （2）过P1,P2,Pn1向x轴作垂线，垂足分别为,Qn1 由（1）xn1 2n 2n1 由题意b (nn1)2n1 (2n1)2n2n2所以Tnb1b2 b3bn 321520 721(2n1)2n3 (2n1)320 521 722 (2n1)2n2 (2n1)又n32(1)(2n1)，得321 (2 22 2n1)(2n1)2n1 n1 (2n1)2n 2所以Tn

12、.题型，已知S 7，S 63，则a 1.（201709）等比数列a 的各项均为实数，其前n项的和为n368n44a11q3 1 q a11q6 1 qS3 74解法一：由题意等比数列公比不为1，由S1题型，已知S 7，S 63，则a 1.（201709）等比数列a 的各项均为实数，其前n项的和为n368n44a11q3 1 q a11q6 1 qS3 74解法一：由题意等比数列公比不为1，由S1q3 9，得q 264S6 1q7a 7 ，得a 1 ，所以a a 32故填32S a a 21144 4解法二（由分段和关系3，所以q3 8，即q2 34n12 15）等差数列an项和S a 3S 1

13、0n34k1 nn12设aa 1d1a na，公差为d a2d 3，16d 10 ，n1311nnn22 1 1 111 21.nn nn 12nn1n1nk1 题型19）对于给定的正整数kanank ank1 an1 an1 ank12kan1.（2017 n k总成立，则称数列an 是“ Pk数列证明：等差数列an 是“ P3 数列若数列an 既是“ P 2 数列”，又是“ P3 数列”，证明：an 是等差（1）因为an是等差数列，设其公差为d ，则a1n1d a1 n k 1d a1 n k 1d= 2a1 2n 1d 2an，k 1,2,3所以an3 an2+an1+an1 an2+a

14、n3 6an ，因此等差数列an是P3数列既是数列当an2 an3 4an1 an1 an ，是等差数列，设其公差为d，从而数列an 是等差数评注 （2015720题），是，；既是13a 1 2q 8a 既是数列当an2 an3 4an1 an1 an ，是等差数列，设其公差为d，从而数列an 是等差数评注 （2015720题），是，；既是13a 1 2q 8a 2 （2）是，由；a2a5a8a11a14成等比数列，设公； 则，11a13a q 1n9nnn4所以 ，不妨令 t 3kk3 3kk4所以 ，不妨令 t 3kk3 3kkaaa所以a3k3kk，313k111k3 3ka at ak

15、2 k，a3111综上a a3n1，从而an20anbn是两个等差数列， 记 cn maxb1a1n,b2a2n,bnann (n 12，其中理maxx1x2xsx1x2xssnbn 2n1，求c1c2c3的值，并证明cn（1）若 M ；或者存在正整数m，使得（2）证明：或者对任意正数M，存在正整数m，当nm,m1 （1）c1 b1a1 110，c2 maxb1 2a1,b2 2a2max121,3221c3 maxb1 3a1,b2 3a2,b3 3a3max131,332,5332n3bk1nak1bk nak bk1 bk nak1 ak 2n0所以bk nak 关于kN*单调递减.从而

16、cn maxb1a1n,b2,bn annb1 a1n1n将n 1,2,3 代入，满足此式，所以对任意n1cn 1 n ，于是cn1 cn 1，得cn是等差（2）设数列an和bn的公d1, ，b1 k1d2 a1 (k1)d1nb1 a1nd2 nd1k1bk 所以cn . d 0时，取正整数m nd d ，因此c b an 1d1cm,cm1,cm2 是等差数列 cn b1a1nn1maxd2,0b1a1n1maxd2,0a1c1c2,cn是等差数列 b1 a1nn1d2 nd1nd1c1c2,cn是等差数列 b1 a1nn1d2 nd1nd1d1 a1 d2 b1d2当n 时，有nd d

17、，所以12nnnnd1d1 a1 d2|b1 d2 |M|b d |a d dmmax 对任意正数2 , 2 d1 M.数列的通项公式与求 n1. 理nnn（1）求an 和bn的通项公式（2）求数列a2nb2n1n 项和nN（1）设等差数列an 的公差为d ，等比数列bn的公比为q 由已知b2b3 12，得b(q12，而b 2，所以q q602211又因为q 0q 2.所以bn 2n由b3a42a13da1由S11=11b4a15d联立，解得a1 1d 3an 3n2所以数列an的通项公式为an 3n2，数列bn的通项公式为bn 2n (2)设数列a2nb2n1n 项和为Tn a2n 6n22

18、4n1，有a (3n1)4n2n 故T(2)设数列a2nb2n1n 项和为Tn a2n 6n224n1，有a (3n1)4n2n 故T 24542 843 (3n1)4n n4T 242 543 844 (3n4)4n (3n1)4n1n上述两式相减，得3T 24342 343 34n (3n1)4n1 n12(14n ) 4(3n1)4n1=(3n2)4n1 ，1 3n24n1 8得n33n3n24n18 所以数列b2n 333 9）等差数列an的首项为1，公差不为 0若a2 ，a3 ，a6 成等比数列，则数列an前6 项的和为B成等比数列，设公差为d，则a2 a a ，即a 2d2 a d

19、a 5d.因为a 1a ,a ,n3 12 111 65d 16 652 24.故选d 0，则d 2S d22d 022第三数列的综合题型n N*.证明：当nN* 时1.(2017浙江理22)已知数列x满足：x 1，x ln11n（1）0 xn1xnxnxn1 2（2）x 112n-.n n1x110，假设nkxk 0nk1xk10，则0 xk xk1ln1xk1xk1 00nN*，所ln1 x x.n0n.因此*ln1 2ln1 （2）由x ，得x2x x2 n 0nN*，所ln1 x x.n0n.因此*ln1 2ln1 （2）由x ，得x2x x2 n x x2 2xx 2ln1xx0记函

20、数 2x2 1xxxx2x2x x1x 2x2ln1 xlnx1lnx 10fx在0, 上单调递增，所xf 00fxnxn1 nN* 2ln1 f 0，即x 2nN* ，得1, ,121ln1（3）x x厖，以此类推，所以xx21n11x 2，故2n11x 12 1 10nN*1x由（2）知n1n 2n2 所1厖1 12n1 1 12n2 11x 2 .2 2n n11nN*n第七第一不等式的性质与不等式的解理 由题知，取一组特殊值且abc为整数，如a 1b2c 2.（20177）若ab0，且ab1，则下列不等式成立的是A.a1 bba 2，.故选评，易得结论二元一次不等式（组）与简单的线性规

21、划问题的最大值为，22xA.a1 bba 2，.故选评，易得结论二元一次不等式（组）与简单的线性规划问题的最大值为，22x 2x 112alax2(ay 2x2a 2byx+2y-313Ox2x yx x2x4)若 ， 满足的最大值为y B. yx yx+2y-313Ox2x yx x2x4)若 ， 满足的最大值为y B. yx z.AzA3,3z x2yyAx+y-y=-xOx-x2y 1 理14）设x，y 满足约束条件2x y1，则z 3x2y 的最小值为 x y x 2y 2x y不等式y 3 x z z y 3 x z z3xx y y 3x z 2x y 由x2y A的坐标为(1,1

22、)z3(1)215yBA1x+2y-1=OC02x3y3 25）xy满足约束条件2x3y30yBA1x+2y-1=OC02x3y3 25）xy满足约束条件2x3y30z 2x y的最小值是yBy 2x+z 过点6，3时，所z取到最小值为15y2y=32y= 3O( 6, y= x xy2 0，则z 3x4y的最小值3 12）xy 满足约束条件y 3x z z值越小由图可知z 3141 1yOx-xx+y-x y3 xy5 0z x2y的最大值是x y3 xy5 0z x2y的最大值是xA. B. x y3 3xy50 x2y0由x2y0 x当其经过直线3x y50 x3的交点(3,4)z x2

23、y3245.故选y3-Ox y=- x=-y=-3x-7.(20174)xy满足约束条件xy30zx2y的取值范围是x2y A.0,B.0,C.6,D.4,y x 在点2,1zz2214，z4,y3xO3x+y-x-第三基本不等式及 费用之和最小，则 的值， 的取值范围，.解法或，或.以解法二：，当0a t 时.第三基本不等式及 费用之和最小，则 的值， 的取值范围，.解法或，或.以解法二：，当0a t 时.时.则 的取值范围是f5第八几第一空间几何体及其表面积和体题型1.（2017 ，球 的体积的值设球 ，故填 2（2017设正方体的边长为 ，则，.的中心为 第八几第一空间几何体及其表面积和

24、体题型1.（2017 ，球 的体积的值设球 ，故填 2（2017设正方体的边长为 ，则，.的中心为 ，CA，FAB ，重合，得到三棱锥.锥体积：）的最大值于点 ，149EV 28 r132 38D 1O即OGBC的长度成正比.设OG xBC 2 3xDG 5x12 3x3x222510 x ，S，h DG2 OG2 2510 x即OGBC的长度成正比.设OG xBC 2 3xDG 5x12 3x3x222510 x ，S，h DG2 OG2 2510 xx2 x2 5则V 1f x.令 f x100 x3 50 x4 ，h25f x 45，x 2，= 3 25x 35x42x30，x2fx0，

25、得2 x 5f x 在上单调递增， f x f 2 0,22则V 3 80 4 15 所以体积的最大值为4 15cm3. B）C424143 r2h r 12 ，则圆柱体的体积22题型第二空间几何体的直观图与三视： cm 的体积cm3）是（23 23212113=1S32 边长为 12113=1S32 边长为 ，1226SS13211全梯222 6 1V 32 10 1326 1V 32 10 1326 63 .故选V 22.故选9.（201713）由一个长方体和两个 圆柱体2 2 2263446 22 1 12 122114该几何体的体积为第三空间点、直线、平面之间的位置 22 1 12 1

26、22114该几何体的体积为第三空间点、直线、平面之间的位置关系 cm，容器EGE1G1的长分别为14 cm和AC的长为10 cm现有一根玻璃棒l ，其长度为40 cm（容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计水，水深均为（1）将l 放在容器l 的一端置于点 A 处，另一端置于侧棱CC1上，求l 没入B1OFHCGDEAB容器容器 记玻璃棒的另一端落在 CC1M 为截面 A1ACC1AC 10 7 ， 40 ，所以与水面的交点为 作，.的平面图形， ，过作，设，因为 2在因为0 2，于是sinNEG sin sin 与水面的交点为 作，.的平面图形， ，过作，设，因为 2在因为0 2，于是sinNEG s

27、in sin 43A7211sin问记作，故评注 ，答：玻璃棒l 题型题型直线、平面平行的判定与性. PC记作，故评注 ，答：玻璃棒l 题型题型直线、平面平行的判定与性. PCAD2DC2CB，的中点.N 72025G ED 1ED 12BC/ADBC1ADEF/BCEF=BCBCEF为平行四边形，所以CE/BF，又BF2PAB，所以CEPABPHQEFDANMCBABCD中，AB AD，BCBDABD BCDEF（EA （2）AD AC AEBDFC （2）因为平面ABD 平面BCD，平面平面BCD BDBCBCDBCBDBCABDADABDBCADAB AD BC AB BAB ABCBC

28、ABC ，所以AD 平面ABC.又因为AC AB AD BC AB BAB ABCBCABC ，所以AD 平面ABC.又因为AC 平面ABC，所以AD ACAB BC AD，BAD 90oEPD的中点2（1）求证：直线CEPABPEMADBC因为点EF PDPAEF 为PAD 1 1EF/BCAB BC = = 2BCEF为平行四边形，所以CEBF BF 面PAB，所以CEPAB zPEOAD BCx题型直线、平面垂直的判定与性题型ABCD中，AB AD，BCBDABD BCDEF（EA （2）AD AC AEBDFC（1）ABDABADEF ADEA不重合，所以EF/AB AEBDFC（1）

29、ABDABADEF ADEA不重合，所以EF/AB （2）因为平面ABD 平面BCD，平面平面BCD BDBCBCDBCBDBCABDADABDBCADAB BABABCBCAB AD ABC ，所以AD 平面ABC.又因为AC 平面ABC，所以AD AB/CD，且BAP CDP 18（1.PDCAB（1）证明：因为BAPCDP90 PA ABPD CD 3 ABDCBD，AB BD（1）ACDABCAC 的中点为OBODO 因为ABCBO AC AB BC AB 由BD ，得ABD CBDAD CD，即ACD ABD 从而ADC为直角.又OACDO ACAB a，则AB AC BC BD a

30、，易得OD a OB 3a 2令2DOB ，即OD OB 所以OD OB BD ，从而由勾股定理的逆定2OD ODAB a，则AB AC BC BD a，易得OD a OB 3a 2令2DOB ，即OD OB 所以OD OB BD ，从而由勾股定理的逆定2OD ODOB由ODABCAC平面又因为ODADCADC ABC DECOBA第六空间向几 ，AB2，BCCC1 1，则异面直线 AB1325335，B0，217 1 11MN 1 AB 5 NP1BC 2 112222，则可知PQM PQ1MQ 1 AC PQ,MQ,BC的中点Q241 2211 7 ，7 MQ ，则在MQP 在ABC 中A

31、C2 AB2 BC2 2ABBCAC 2211 2MP MQ2 PQ2 2221152 MN2 NP2 PM2MN2225 在PMNcosPNM .5 2又异面直线所成角为5，218. 2107 AP又异面直线所成角为5，218. 2107 AP BE，求CBP（2）AB3AD2EAGC的大小（1）因为APBE，AB BE ，AB，AP 平面ABP，AP ABEABP.BPABPBE BP.又EBC120，所以CBP zADGFCBExPy 33C(1, 30，则AE (203AG (1, 30CG (20,3)设mx1y1z1AEG 的一个法向量 由， 3y1 取z1 取z1 2平面AEG的

32、一个法向量m = (3, 3,2)nAGx2 3y2 由 取z2 2平面ACG的一个法向量n (3, 3,2)从而cos mn mn 1EAGC为锐角.因此所求的角为m 19.（2017 江苏 ，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AA1平面ABCD，且ABAD2，AA1 3BAD120求异面直线 A1B 与 AC1 所成角的余弦值；ABCDAAE ADBCEAA1ABCDAA1AEAA1 AD，以AE, AD, AA1为正交基底，建立空间直角坐标系 A xyz zAyDBCEx因为AB AD 2，AA1 3，BAD 120A0,0,0B 31,0D0,2,0zAyDBCEx因为AB AD

33、 2，AA1 3，BAD 120A0,0,0B 31,0D0,2,0E 3,0,0A103，C1 33，AC1 3,1, 3 77则cos AB,111711AE （2）A1DA的一个法向量 A1B 3,1, 3BD 33x y3z 则，即3x3y不妨取x3，则y 3，z2m 3,2为平BA1D 的一个法向量3,0,03, 3,2 3 AEcos AEm m34 3 4BADA的大小为 174因为0,，所以sin 1cos2 7因此二面角BAD A的正弦值14AB/CD，且BAP CDP .(2)PA7因此二面角BAD A的正弦值14AB/CD，且BAP CDP .(2)PA PD AB DC

34、APD APBC 的余弦值PDCAB（1）证明：因为BAPCDP90 PA ABPDCD AB AD平面PAD，所以OE PO OE AD.又因为PA PD，所以PO AD ，从而PO 的空间直角坐标系Oxyz OEAD两两垂直.以O D 2，0，0，B 2，2，0，P0，0，2，C 2，2PD 2，0， 2，PB 2，2， 2，BC2 2设n 2x2y 2z 由，得. PBC 的一个法向量n 22 ，x0z 所以PD AB，又PA AB A，所以PD平面PAB2PD 2 ,0 PDn 3. 从而cos PD 3PD 2 3 3 AB BC 1 AD，BAD ABC 90oEPD的中点2（1）

35、求证：直线CEPAB，求二面角M ABD的余弦值（2）点M PCBMABCD所成的锐角为PEMADBC因为点E AB BC 1 AD，BAD ABC 90oEPD的中点2（1）求证：直线CEPAB，求二面角M ABD的余弦值（2）点M PCBMABCD所成的锐角为PEMADBC因为点EF PDPAEF 为PAD 11 EF/BCAB BC = = 2BCEF为平行四边形，所以CEBF BF 面PAB，所以CEPAB 3所以MBM为等腰直角三角形因为POCOC 3，所以PCO 3a，OM 133aMMaCM 33322316a 12 02 a2 1aa 从而OM 1a 1BM 333212 ，0

36、， ，M6 ，AM 2 ，02M22226 设平面ABM 的法向量m (00，所以m0， 6，2)，z ，则mAM y 112m故二面角MABD的余弦值为 m m故二面角MABD的余弦值为 m 5zPEOAD BCx3 ABDCBD，AB BD求证：平ACD 平面ABC D AECAC 的中点为OBODO 因为ABCBO AC AB BC AB 由BD ，得ABD CBDAD CD，即ACD ABD 从而ADC为直角.又OACDO ACOD a ，OB 3a 2AB a，AB AC BC 令2DOB ，即OD OB 所以OD2 OB 2 BD2 ，从而由勾股定理的逆定2OD ODOB由ODAB

37、CAC平面又因为ODADCADC ABC DECOBA由题意可知VDACE VBACE ，即BDa，建立空间直角坐标系，则3a,0，E3a,aDECOBA由题意可知VDACE VBACE ，即BDa，建立空间直角坐标系，则3a,0，E3a,a a,D 0,， ， 2424AE a3a,a，AD a,0, aOA a,0,02 42 ；3，取n1 ，取n20,1,则3,1, n1 7 D AE C为 ，易知 为锐角，则cos n1 zDECOByAx 上，PD/平面MAC，PA PD 6，AB 4 （1）ACBDE，联结MEPBDMEPDME PMABEDC（2）AD的中点O，联结OPOEPA

38、PD，所以OP ADPAD PMABEDC（2）AD的中点O，联结OPOEPA PD，所以OP ADPADABCD，且OPPAD，所以OPABCD因为OEABCD，所以OPOEABCD是正方形，所以OE AD，建立空间直角坐标系Oxyz，则P(0,2) ，D(2,0,0)，B(2,4,0)BD (4,4,0)，PD (2,0, 2)BDP n (x, yz，则，即. 2z 令x 1，则y 1，z 2 ，于是n2)n p 1 PADp0,1,0)，所以cosnp|n| pBPDA为锐角，所以它的大小为 3zPMBAOyEDxCM 1,2 22(3,2,)（3）由（1）2nn 2 9MCBDP所成

39、角为，则sincos . 9理，在三棱锥PABC中，PA底面ABC，BAC 90 .点D，E，N 分别为棱PA，PCBC的中点M 是线段AD 的中点PA AC 4AB 2 求二面角C EM N 的正弦值H PANH BE所成角的余弦值为 7 AH 的长PMA，以 A 为坐标原点，AB, AC, AP为基底，建的空间直角坐标系，依题00) B(0 (0) P(4 ，D(2 (2)，M() 0)M（1）DE0,20DB2,0,2.设nxyzBDE2y 则，即2x2z0，不妨设z1nDB 又MN 1,2,1MNn0，因为MN平面BDE，所以MN/平面BDE（2）易知n1 (1,0,0)为平面xyzE

40、MN 的一个法向量，则的一个法向量.设2yz （2）易知n1 (1,0,0)为平面xyzEMN 的一个法向量，则的一个法向量.设2yz EM 02,1MN 1,2,1，所以.x2yz n2 (4,1,2)415 因此有cos n ，于是sin n ,|n |n 15 所以二面角C EM N 的正弦值AH h04H（0，0，h进 |NH BE|NH |BE|2h7，整理得10h2 21h80cos NH,h2 53h8或h 1 .AH81 522BC/AD，CD PCAD2DC 2CBEPD 的中点 PEDABC 121 BCEF为平行四边形，所以CE/BF ，又BF 2PAB，所以CEPABP

41、HQEFDANMCB（2）BCAD的中点为M N .PN EF 于点Q，联结MQ PHQEFDANMCB（2）BCAD的中点为M N .PN EF 于点Q，联结MQ MQ/CE由PADPN ADDCADNADND 1 AD BCDNBC,BCDN是平行四边形，所以BNCD2所以BN AD.又PN N,所以AD 平面PBN MHMQPBC上的射影，所以QMH 是直线CEPBC所成的角设CD1.在PCDPC 2CD 1PD 2，由余弦定理得CE 2 BC平PC2BC2 3 PBQPN的中点，得QH 14 1MQ 2 ，所以sinQMH 2 8在RtMQH 428所以直线CEPBC.的点，AP PB

42、，BQ CR 2，分别记二面角D PRQ，D PQ R，DQRP的平面角为，则B C D 的二面角就越大.显然有均为锐P1O到P1QR 的二面角就越大.显然有均为锐P1O到P1QR三边的距离相等动态研究问题P1P所以O到QROPQOPR的距离变大所以 CQROABP 题型题型ABCAC所在的直线与abABACABa成AB与b成ABa成AB与b成AB a所成角的最小值为；AB a所成角的最小值为；其中正确的AB B的运动轨迹是以C 为圆心，1为半径的圆以C 为坐标原点，以CDx 则D(1,0,0)，A(0,0,1)，直线a的方1B 点起始坐标为(0,1,Bcos,sin,0 向量b1,0,0)b

43、 1，直线b 0,2)其中BC与CDAB 2ABBcos,sin,0 向量b1,0,0)b 1，直线b 0,2)其中BC与CDAB 2AB与直线a所成夹角为 0, 2(cos,sin,1)(0,1,22则cos sin a 22所以4 2AB与直线b 所成夹角为 0, 2AB (cos,sin,1)(1,0,22cos .b bAB与直线a 夹角为60时，即 3sin 2cos 2cos 2 1 22 从而cos 2因为cos2sin2 122AB与b的夹角为60 2 3zAyBaxbDABC，BAC .D，E，N 分别为棱PAPCBC的中点M 是线段AD 的中点PA AC 4AB 2 求二面

44、角C EM N 的正弦值7（3）已知点H 在棱PA上，且直线NH 与直线BE所成角的余弦值，求线段AH 的长PDEMABCN，以 A 为坐标原点，AB, AC, AP为基底00) 的空间直角坐标系，依题B(0 (0) P(4 ，D(PDEMABCN，以 A 为坐标原点，AB, AC, AP为基底00) 的空间直角坐标系，依题B(0 (0) P(4 ，D(2 (2)，M() 0)zPDEMACBNyx（1）DE0,20DB2,0,2.设nxyz2y ，即则2x nDB MN 121MNn0MNBDEMNBDE（2）易知n1 (1,0,0)为平面xyz的一个法向量.设n EM 2yz EM0,2,

45、1)，MN(1,2,则21，所以.x2yz y 1n2 (4,1,2)415 因此有cos n n ,，于是|n |n 15 所以二面角C EM N 的正弦值AH h04H（0，0，h进 |NH BE|NH |BE|2h7，整理得10h2 21h80cos NH,h2 53h8或h 1 .AH81 522直线与圆的方第一直线的方程与两条直创立的“割圆术”可h8或h 1 .AH81 522直线与圆的方第一直线的方程与两条直创立的“割圆术”可以估算圆周率，理论上能把的值计算到任意精度.祖冲之承并发展了“割圆术”，将的值精确到小数点后七位，其结果领先世界一千多年，“割圆术”的第一步是计正六边形的面积

46、S6，S6123 3 2 11 sin60o 6圆的方第三直线与圆、圆与圆的位置关A12,0，B0,6P在圆O: x2 xOy 50上若PAPB 20，则点江苏 13）在平面直角坐标Px ,y x 5 x y 2000 x0 12,y0 x0 ,y0 6PAPB AP评注 也可以理解为点 在3 卷理科 20）已知抛物线的直线 交 与 ， 两点，圆求证：坐标原点 在，求直线 与（1）显然当直线斜率为0时，直线与抛物线交于一点，不符合题意于 uur uOAOB x1x2 y1，即点 在（2）若过，或 ，设圆心为Q(x0, y0) 9 1，半径r|OQ4 2 = 16 912 则圆M :x4 y 2

47、16 r时，设圆心 1y1 2y 1.0第十第一圆锥曲椭圆及的离心率是，.故选17（1），离心率为 ，两准线之间的距离为 点 在椭圆的垂线 y1 2y 1.0第十第一圆锥曲椭圆及的离心率是，.故选17（1），离心率为 ，两准线之间的距离为 点 在椭圆的垂线 （1）求椭圆 的标准方程；2 y)x9acba2 c2 3.21（1（1）求椭圆 的方程；，. 20（1），中恰有三点在椭圆 上（1）求 的方程；（1）根据椭圆对称性，必过 三点.，所以椭圆 的方题型，线bxay2ab 0的离心率为63ba2 c2 3.21（1（1）求椭圆 的方程；，. 20（1），中恰有三点在椭圆 上（1）求 的方程；（

48、1）根据椭圆对称性，必过 三点.，所以椭圆 的方题型，线bxay2ab 0的离心率为63a0,b0，.故选e:3b2第二双曲线及其性的离心，则实.（，.故选 有的第二双曲线及其性的离心，则实.（，.故选 有的，则双曲线 的方.故选题型12.（2017 08）F1F2，则四边的面积 2ya 233x 2 ,，而右准线为，所以y 3Q，双曲线的渐近线方221432S3 故2 222x 1a0,b0Fx22py33x 2 ,，而右准线为，所以y 3Q，双曲线的渐近线方221432S3 故2 222x 1a0,b0Fx22pyp0 AF BF 4 p y p 4 p y 设Ax,B，由题意得| AF

49、|BF | ,p AB2221 a2y2 2pb2ya2b2 2yA 又a22aB2y x2题型x 1a0b0的一条渐近线被圆x2 的离心率为D3323a2 b取渐近线yx化成一般式bxay0圆心2，0到直线的距离3 ，得c24a2，e2 4，e2a2115）已知双曲线C: 1a0,bAAbAAN 两点.若MAN 曲线C 的一条渐近线交于，则C的离心率AP 3b2aAN b.因为MAN32a2 34 b ，从而tan .又因为OP OA2 PA2 a2 3a4 3ba.a2 34题型第三抛物线及其性题型18（1）与抛物线 交于不同的两点，点作 轴的垂线分别与直线，交于点 ，其中 为原点P1,1

50、.所以抛物线 的方，抛物线 的焦点坐标为，. 是 上一点，的延长线交 轴于点 3ba.a2 34题型第三抛物线及其性题型18（1）与抛物线 交于不同的两点，点作 轴的垂线分别与直线，交于点 ，其中 为原点P1,1.所以抛物线 的方，抛物线 的焦点坐标为，. 是 上一点，的延长线交 轴于点由，.yb21:y,eMPa2 lyNCBAMOFx题型 AB B两点，直线l2与CDE的最小值为解法一：设直线l 的斜率为klyNCBAMOFx题型 AB B两点，直线l2与CDE的最小值为解法一：设直线l 的斜率为k，则直线l 1 Axy 12k，直线l kx1，直线l : y1x1.Bx ,y ，Dx ,

51、y ，Ex ,12ky整理得k2x22k2 4xk2 0 2k2 4244x1 x2 pkk1 k1k 44k2，从AB DE 8DE x x p2kk2 x . cos 1 易知，1p 2 AF cos p ，p1p122AB 即.1cos2sin22p cos2.2DE DEABDE的倾斜角为 22p 2y2 4x4sin2cos22 114sin2cos2AB 2p cos2.2DE DEABDE的倾斜角为 22p 2y2 4x4sin2cos22 114sin2cos2AB DE 21sin2 sin cos 22sin2416 ，当 AB 4sin2 题型第四曲线与方题型在椭圆C:

52、x2 y2 12x19. 1）N，点满足NP 2NM ，NP0， 22 1y21，即x2 y2 2所以点Mxy.又M 在椭圆C上，所22 第五直线与圆锥曲题型2x1ab0的左、右焦点分别为F1,F2，离20.（20171 线l2 （1） （2）由（1），当时， 当，从而直线 的方直线l2 的或在椭圆 上，故x2 y2 由 （1） （2）由（1），当时， 当，从而直线 的方直线l2 的或在椭圆 上，故x2 y2 由 y22x 1yy20, 02 0yx0因此点 的坐标理 18）因此点 的坐标理 18）已知抛物线作直线 与抛物线 交于不同的两点， ，过点作 轴的垂线分别与直线交于点 ， ，其中 为

53、原点.求证： 为线.所以抛物线 的方抛物线 的焦点坐标为（2）解法一：由题意，设直线 的，与抛物线 的交点.因为点 的坐标，点 的坐标，所以点 的坐标y y2x1 2x y1x2 y2x1 2k2xx 1x x 1 故 为线的中点解法二：要证 2kxx 1x x 2k 1 111 2 4kk.为 MOM 4k题型2. 的距离为 （2）设 上两点 ， 关于 轴对称，直线与椭圆相交于点 （ 异于点与.的，求直的方程.由对称性知抛物线的准线 方，.(，则，则方.令.，62 1 方.题型2. 的距离为 （2）设 上两点 ， 关于 轴对称，直线与椭圆相交于点 （ 异于点与.的，求直的方程.由对称性知抛物

54、线的准线 方，.(，则，则方.令.，62 1 方. .（1）求椭圆 的方程； t2222222yt ，动直线l：y k x 3 交椭圆E于A,B两点，C 是椭圆E上一点，直线OC 的斜率为k ，且k k ，M 2211 242:3，OS ，OT 的两条切线，切点分别为S ，T.求SOT : M M最大值，并求取得最大值时，直线l的斜率ySMTCOxAB2c22c 2 y2 1（1）由题意知 ea 2 b 1，因此椭圆E y2 ，动直线l：y k x 3 交椭圆E于A,B两点，C 是椭圆E上一点，直线OC 的斜率为k ，且k k ，M 2211 242:3，OS ，OT 的两条切线，切点分别为S

55、 ，T.求SOT : M M最大值，并求取得最大值时，直线l的斜率ySMTCOxAB2c22c 2 y2 1（1）由题意知 ea 2 b 1，因此椭圆E y2 ，联立 （2）Axy y3k x104k 2 x 22,消去 整理得1 221132yk x112 ，x x 0 x ，1 2 2k 22k2 111 k2 1AB 1k2 x x 11，11k18k232 3的半径r AB 11由题意可知圆.2k21由题设知k k 2 ，所以2 ，因此直线OC 2 xy 1 2411 y2 联立方程 8k18k1x2 ,y 12OC .114k14k14k2 y 11118k121rrr 114k2r

56、3211=.1414k2 1k1k2 18k2 311112k2 1r 2t2t2 t 211令t 1 2k2，则t 1, 0,1221t11，941 t2当且仅当1 1 ，即t 2时等号成立，此时k 2 sin SOT 1 1226 ，所以SOT 3 综上所述，SOT 的最大值为 ，取得最大值时直线l 的斜率为k 2320）已知抛物线C：y22x，过点2，0的直线l交CAB两点，圆M AB求证：坐标原点OM 26 ，所以SOT 3 综上所述，SOT 的最大值为 ，取得最大值时直线l 的斜率为k 2320）已知抛物线C：y22x，过点2，0的直线l交CAB两点，圆M AB求证：坐标原点OM 设

57、lx my 2A(x , y B(x y ，联立 2，得 2my40 x my 4m2 于0y1 y2 2my1y2 4OAOB x x y (my 2)(my 2) y (m2 1)y y 2m(y y )412121 1 1 4(m2 12m2m40，所以OAOB ，即点OM APBP0 (x1 4)(x2 4y1 2y2 2) 0 ，(my1 2)(my2 2)y1 2y2 2 0 （2）M 过点 P ，80，化简得2m2 m10，解得m 1 或1(m2 1)y y (2m2)(y 1 2m1 l2x y40，设圆心为Q(x , )2y 29 1119 x0 y0 2，半径r|OQy0

58、4291.Mx4y 2lx y20，设圆心为Q(x0y0y1 2y 23，半径r OQ 32 12 = 10，则圆M x3)2 y1)2 101， 0题型x在椭圆C y 1上，过2225. 220）设O作 轴的垂线，垂足为 N P足NP 2NM （2）设点Qx3上，且OPPQ1.P 且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F ，NP0， 22 12y所以点Mxy.又M 在椭圆C上，所（2）设点Qx3上，且OPPQ1.P 且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F ，NP0， 22 12y所以点Mxy.又M 在椭圆C上，所1，即x2 y2 22 2 （2）由题F10，设Q3,tPmn，则OQ3tPF 1mn，O

59、QPF 33mtn ，OP mPQ3m,tnOPPQ 13mm2 tnn2 1又由（1）m2 n2 OQPF 0OQ OQ 的直线l 过曲线C PP33P =1 a b 120）已知椭圆C31222三点在椭圆C 上（1）求C（2）设直线l不经过点P2且与C 相交于 A B 两点.若直P2A与直P2B 的斜率的和为1，求l 过定点 343P，P，P三点.将0，解得a2 4322 24 y2 b2 1，所以椭圆C （2）当斜率不存在时，设lx m，Am，yA，Bm， yAyA 1 yA 1 2 1，得m 2，此时l mmmy kx当斜率存在时，设lykxbb1Ax1，y1，Bx2，y2，联立，x2

60、 4y2 4 1 4b2 14k整理得14k y8kbx 240，x1 x2 2 ，x1x2 ，则.当题型题型，.（2）的最大值.，因为1 x 3 .22与.，k 1k 13 ,1 k PA 令，18kb8k228kb 则.当题型题型，.（2）的最大值.，因为1 x 3 .22与.，k 1k 13 ,1 k PA 令，18kb8k228kb bxk1k222PPBQb2bx221在.2第十一算法题型11.（2017是一个算法流程图，若输入 的值，则输出 的值N 由和和和和和在.2第十一算法题型11.（2017是一个算法流程图，若输入 的值，则输出 的值N 由和和和和和2k xx2log 266